ĐỀ TRHI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC MÔN TOÁN KHỐI A NĂM 2011 TRƯỜNG THPT LÝ TỰ TRỌNG pptx

TRUNG TÂM LUYỆN THI ĐẠI HỌC ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2011
THPT CHUYÊN LÝ TỰ TRỌNG CẦN THƠ Môn thi: TOÁN; khối A
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể phát đề
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)
Câu I (2 điểm)
Cho hàm số
13
3
+−= xxy
(1)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
2. Định m để phương trình sau có 4 nghiệm thực phân biệt:
mmxx 33
3
3
−=−
Câu II (2 điểm)
1. Giải phương trình:
2 2
4
4
(2 sin 2 )(2cos cos )
cot 1
2sin
x x x
x
x
− −
+ =
2. Giải hệ phương trình:
2 2

2
5 0
( , )
2 5 1 0
x y xy x y
x y
xy y y

+ + − =

∈

+ − + =


¡
Câu III (1 điểm)
Tính
2
cos
8
sin 2 cos2 2
x
dx
x x
π
 
+
 ÷
 

+ +
∫
Câu IV (1 điểm)
Cho hình chóp S.ABC có mặt phẳng (SAC) vuông góc với mặt phẳng (ABC),
, 2SA AB a AC a= = =
và
·
·
0
90 .ASC ABC= =
Tính thể tích khối chóp S.ABC và cosin của góc giữa hai mặt phẳng (SAB), (SBC).
Câu V (1 điểm)
Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn: a.b.c = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
ab bc ca
T
a b ab b c bc c a ca
= + +
+ + + + + +
PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm) - Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ
Oxy
, cho hai điểm
(4; 1), ( 3; 2)A B− − −
và đường thẳng
:3 4 42 0x y∆ + + =
. Viết
phương trình đường tròn
( )C

đi qua hai điểm
,A B
và tiếp xúc với đường thẳng ∆.
2. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho bốn điểm A(6; −6; 6), B(4; 4; 4), C(− 2; 10; −2) và S(−2; 2; 6). Chứng
minh O, A, B, C là bốn đỉnh của một hình thoi và hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (OABC)
trùng với tâm I của OABC. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SO và AC.
Câu VII.a (1 điểm)
Giải phương trình:
2
3 3
(2 1)log (4 9)log 14 0x x x x+ − + + =
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ
Oxy
, cho hình thoi
ABCD
có A(1; 0), B(3; 2) và
·
0
120 .=ABC
Xác định tọa độ hai
đỉnh
C
và
.D
2. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho ba điểm A, B, C lần lượt di động trên các tia Ox, Oy và Oz sao cho mặt
phẳng (ABC) không đi qua O và luôn đi qua điểm M(1; 2; 3). Xác định tọa độ các điểm A, B, C để thể tích
khối tứ diện OABC đạt giá trị nhỏ nhất.
Câu VII.b (1 điểm)

Giải hệ phương trình:
2 2 2
3 3
3 3 27 9
( , )
log ( 1) log ( 1) 1
x y x y x y
x y
x y
+ + + +

+ = +
∈

+ + + =

¡
Hết
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:…………………………………………… Số báo danh………………………………………
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
Môn thi: TOÁN; khối: A
Câu Đáp án Điểm
I
(2,0 điểm)
1. (1,0 điểm)
• Tập xác định: D =
¡
• Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên:

2 2
' 3 3, ' 0 3 3 0 1, ( 1) 3, (1) 1y x y x x y y= − = ⇔ − = ⇔ = ± − = = −
0,25
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (−∞; −1) và (1; +∞), nghịch biến trên khoảng (−1; 1)
- Cực trị: + Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1 và y
CT
= y(1) = −1;
+ Hàm số đạt cực đại tại x = -1 và y
CĐ
= y(-1) = 3.
- Giới hạn:
x x
lim , lim
→−∞ →+∞
= +∞ = −∞
0,25
Bảng biến thiên:
0,25
'' 6 , '' 0 6 0 0, (0) 1y x y x x y= = ⇔ = ⇔ = =
⇒ điểm uốn I(0; 1)
Đồ thị: đi qua các điểm (−2; −1), (2; 3)
và nhận điểm uốn I(0; 1) là tâm đối xứng.
0,25
2. (1,0 điểm)
Phương trình đã cho là phương trình hoành độ giao điểm giữa đồ thị
(C’) của hàm số:
13
3
+−= xxy
và đường thẳng (d):

13
3
+−= mmy
((d) cùng phương với trục hoành)
Xét hàm số:
13
3
+−= xxy
, ta có:
+ Hàm số là một hàm chẵn nên (C’) nhận trục Oy làm trục đối xứng,
đồng thời
0x
∀ >
thì
3
3
3 1 3 1y x x x x= − + = − +
0,25
Từ đó (C’) được suy từ (C) như ở hình bên: 0,25
−1
y’(x)
y(x)
−∞ +∞
1
0
0 +
+
−
3
−1

−∞
+∞
x
y
0
1
−2
−1
2
1
•
•
•
••
−1
3
x
y
0
1
−2
−1
2
1
•
•
•
•
−1
3

•
(d)
+ Dựa vào đồ thị (C’) ta suy ra điều kiện của m để phương trình đã cho có 4 nghiệm phân
biệt là:
3
3
3
2 3
3 0
1 3 1 1
0 3
3 2 0
1
m
m m
m m
m
m m
m

− < < −


− <

− < − + < ⇔ ⇔



< <




− + >


≠



0,5
II
(2,0 điểm)
1. (1,0 điểm)
1) ĐK:
,x k k
π
≠ ∈¢
Với ĐK trên phương trình đã cho tương đương với:
4 4 2 2
2 2 2
1
cos sin (2 sin 2 )(cos cos )
2
1 1
1 sin 2 (2 sin 2 )(cos cos )
2 2
x x x x x
x x x x
+ = - -

Û - = - -
0,25
2 2 2 2
2
1
2 sin 2 2(2 sin 2 )(cos cos ) 1 2cos cos
2
2cos cos 1 0
x x x x x x
x x
- = - - Û = -
Û - - =
0,25
2
2
2 , ( )
3
x l
x l l Z
p
p
p
é
=
ê
ê
Û
ê
= ± + Î
ê

ë
0,25
So với điều kiện ta suy ra nghiệm của phương trình là
2
2 ,
3
x l l
p
p= ± + Î ¢
0,25
2. (1,0 điểm)
Nhận xét: Hệ đã cho không có nghiệm (x; 0), nên tương đương với:
2
5 0
1
2 5 0
x
x xy
y
x y
y

+ + − =




+ + − =



0,25
1
( )( ) 6
1
5
x y x
y
x y x
y

+ + =


⇔


+ + + =


0,25
2
( )
1
3
3
( )
1
2
x y
I

x
y
x y
II
x
y
 + =





+ =



⇔

+ =





+ =






0,25
Giải các hệ (I), (II) ta được nghiệm của hệ là:








−±+








+±−
2
51
;
2
55
;
2
51
;
2

55
0,25
III
(1,0 điểm)
2
cos
1 cos(2 )
1
8
4
sin 2 cos 2 2 2 2
1 sin(2 )
4
x
x
dx dx
x x
x
π
π
π
 
+
+ +
 ÷
 
=
+ +
+ +
∫ ∫

0,25
A
S
C
B
M
H
2
cos(2 )
1
4
2 2
1 sin(2 )
sin( ) cos( )
4
8 8
x
dx
dx
x
x x
π
π
π π



÷
+


÷
= +

÷
 
+ +

÷
+ + +
÷

 
 


∫ ∫
0,25
2
cos(2 )
1 1
4
3
2
2 2
1 sin(2 ) sin ( )
4 8
x
dx
dx
x x

π
π π


+

÷
= +

÷

÷
+ + +



∫ ∫
0,25
1 3
ln 1 sin(2 ) cot( )
4 8
4 2
x x C
π π


= + + − + +

÷




0,25
IV
(1,0 điểm)
+ Kẻ SH vuông góc AC (H ∈ AC) ⇒ SH
⊥ (ABC)
⇒
3
3, ,
2
a
SC BC a SH= = =
2
3
2
ABC
a
S
∆
=
⇒
3
.
1
.
3 4
S ABC ABC
a
V S SH

∆
= =
0,25
+ Gọi M là trung điểm SB và
ϕ
là góc giữa
hai mặt phẳng (SAB) và (SBC).
Ta có: SA = AB = a,
SC BC a 3= =
⇒ AM ⊥ SB và CM ⊥ SB
⇒
·
cos cos AMC
ϕ
=
0,25
+ ∆SAC = ∆BAC ⇒
3 6
2 2
a a
SH BH SB= = ⇒ =
0,25
AM là trung tuyến ∆SAB nên:
2 2 2 2
2
2 2 10
4 16
AS AB SB a
AM
+ −

= =

10
4
a
AM⇒ =
Tương tự:
42
4
a
CM =

·
2 2 2
AM CM AC 105
cosAMC
2.AM.CM 35
+ −
⇒ = = −
Vậy:
105
cos
35
ϕ
=
0,25
V
(1,0 điểm)
Đặt
1 1 1

, ,a b c
x y z
= = =
. Khi đó theo giả thiết ta có x, y, z là 3 số thực dương thỏa mãn:
xyz = 1 và biểu thức T đươc viết lại:
1 1 1
1 1 1
T
x y y z z x
= + +
+ + + + + +
0,25
Ta luôn có Bđt thức đúng:
(
)
2
3
2 2
3
3
3 3 3
0x y x xy y xy− ≥ ⇔ − + ≥
(
)
(
)
3
2 2
3
3 3

3 3 3 3
1 1 1x y x y x xy y x y xy
 
⇒ + + = + − + + ≥ + +
 ÷
 
⇒
(
)
3
3
3 3
1x y xy x y z+ + ≥ + +
3
3
3
3
1
1
z
x y
x y z
⇒ ≤
+ +
+ +
(1)
0,25
Tương tự:
3
3

3
3
1
1
x
y z
x y z
≤
+ +
+ +
(2);
3
3
3
3
1
1
y
z x
x y z
≤
+ +
+ +
(3) 0,25
Cộng vế theo vế các bđt (1), (2), (3) ta được:
1T ≤
.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1 hay a = b = c = 1
Vậy
max

1T =
đạt được khi a = b = c = 1
0,25
VI.a
(2,0 điểm)
1. (1,0 điểm)
Gọi I(a;b) là tâm và R là bán kính của (C)
AI
2
= BI
2
⇔ 7a + b = 2 (1)
0,25
BI
2
= d
2
(I,∆) ⇔ (a + 3)
2
+ (b + 2)
2
=
2
(3 4 42)
25
a b+ +
(2)
0,25
Giải hệ phương trình gồm (1) và (2) ta được I(1;-5) hoặc I(-3;23)
0,25

+ I(1; -5) ⇒ R = 5
(C): (x – 1)
2
+ (y + 5)
2
= 25
+ I(-3; 23) ⇒ R = 25
(C): (x + 3)
2
+ (y – 23)
2
= 625
0,25
2. (1,0 điểm)
Ta có:
+ Các đoạn OB và AC đều nhận I(2; 2; 2) làm trung điểm (1)
+
( ) ( )
8; 16; 8 , 4; 4; 4 . 32 64 32 0AC OB AC OB AC OB= − − = ⇒ = − + − = ⇒ ⊥
uuur uuur uuur uuur
(2)
Từ (1) và (2) suy ra O, A, B, C là 4 đỉnh của hình thoi OABC
0,50
+
. 32 32 0
(4; 0; 4); ( )
. 16 16 0
SI AC
SI SI OABC
SI OB


= − + =

= − ⇒ ⊥

= − =


uur uuur
uur
uur uuur
+ Do OABC là hình thoi và
( )SI OABC⊥
nên:
( )
AC OB
AC SOB
AC SI
⊥

⇒ ⊥

⊥

0,25
Từ đó trong mp(SOB) nếu kẻ
IH SO⊥
tại H thì
IH AC⊥
tại H. Vậy IH là đoạn vuông

góc chung của SO và AC
. 4 2.2 3 4 66
( , )
11
2 11
SI OI
d SO AC IH
SO
⇒ = = = =
0,25
Ghi chú: Có thể dùng công thức:
|[ , ]. |
( , )
|[ , ]|
SO AC OI
d SO AC
SO AC
=
uuur uuur uur
uuur uuur
0,50
VII.a
(1,0 điểm)
ĐK: x > 0. Đặt:
3
logt x=
, phương trình trở thành:
2
(2 1) (4 9) 14 0x t x t+ − + + =
(1) 0,25

Do
2 1 0, 0x x+ ≠ ∀ >
nên có thể xem pt (1) là pt bậc 2 ẩn t, ta có:
2 2
' (4 9) 56(2 1) (4 5) ' | 4 5|x x x x∆ = + − + = − ⇒ ∆ = −
⇒ pt (1) có các nghiệm :
7
2 ;
2 1
t t
x
= =
+
0,25
+ Với t = 2 ta được pt:
3
log 2 9x x= ⇔ =
0,25
+ Với
7
2 1
t
x
=
+
ta được pt:
3 3
7 7
log log 0
2 1 2 1

x x
x x
= ⇔ − =
+ +
Xét hàm số:
3
7
( ) log
2 1
f x x
x
= −
+
, TXĐ :
(0; )D = +∞
2
1 14
'( ) 0, 0
.ln 3
(2 1)
f x x
x
x
= + > ∀ >
+
⇒ Hàm số f là một hàm đồng biến trên
(0; )D = +∞
.
Mặt khác f(3) = 0 ⇒ x = 3 là nghiệm duy nhất của pt trên D
Vậy phương trình có đúng 2 nghiệm x = 9, x = 3

0,25
VI.b
(2,0 điểm)
1.(1,0 điểm)
Từ giả thiết suy ra ∆ABD đều.
Ta có :
(2; 2)AB =
uuur
, trung điểm của AB là M(2;1)
⇒ pt trung trực của đoạn AB:
3 0x y+ − =
0,25
D thuộc trung trực của AB ⇒ D(t; 3 − t)
0,25
+ ABCD là hình thoi nên:
2 2 2
( 1) (3 ) 8 4 1 0 2 3AD AB t t t t t= ⇔ − + − = ⇔ − + = ⇔ = ±

0,25
+
2 3 (2 3;1 3), ( 3; 1 3)t D C= + ⇒ + − − −
+
2 3 (2 3;1 3), ( 3; 1 3)t D C= − ⇒ − + − − +
0,25
2.(1,0 điểm)
Từ giả thiết ta suy ra tọa độ các điểm A, B, C định bởi:
( ;0;0), (0; ;0), (0;0; )A a B b C c
trong đó a, b, c là các số thực dương ⇒ phương trình mp(ABC):
1
x y z

a b c
+ + =
0,25
+ M(1, 2, 3) ∈ mp(ABC) nên:
1 2 3
1
a b c
+ + =
+ Thể tích của khối tứ diện OABC được tính bởi:
1 1
. . . .
6 6
V OA OB OC a b c= =
0,25
+ Theo bđt CauChy:
3
1 2 3 1 2 3
1 3 . . . . 162 27a b c V
a b c a b c
= + + ≥ ⇒ ≥ ⇒ ≥
0,25
Đẳng thức xảy ra khi
1 2 3 1
3; 6; 9
3
hay a c
a b c
= = = = = =
Vậy
max

27V =
đạt được khi
(3;0;0), (0;6;0), (0;0;9)A B C
0,25
VII.b
(1,0 điểm)
ĐK:
1, 1x y> − > −
. Khi đó hệ tương đương:
2 1 2 1 3( )
3.3 3.3 3 9 (1)
( 1)( 1) 3
x y x y x y
x y
+ + + − +


+ = +

+ + =


0,25
Đặt:
2 1 2 1
3 , 3 ,
x y x y
u v
+ + + −
= =

ĐK: u > 0, v > 0
Phương trình (1) trở thành:
3
3 3 9 ( 3)( 3) 0
3
u
u v uv u v
v
=

+ = + ⇔ − − = ⇔

=

(thỏa ĐK)
0,25
TH1: Với u = 3, ta có hệ:
2 1
2
2
3 3
( 1)( 1) 3 2 2 0
VN
x y
y x
x y x x
+ +
= −
 
 

=
⇔ ⇒
 
+ + = + + =
 
 
0,25
TH2: Với v = 3, ta có hệ:
2 1
2
2
0
2 2
3 3
1
( 1)( 1) 3 2 0
1
2
x y
x
y
x y
x
x y y y
y
+ −
 =




=


= −
 
 
=

⇔ ⇔
 
=


+ + = − =

 
 


=




So với ĐK ta nhận cả 2 nghiệm:
( )
2; 0
,
1
1;

2
 
 ÷
 
Tóm lại hệ phương trình có 2 nghiệm:
( )
2; 0
,
1
1;
2
 
 ÷
 
0,25
Hết